18-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2022 год

В параллелограмме $ABCD$ с острым углом $A$ на отрезке $AD$ отмечена точка $N$, а на отрезке $CN$ — точка $M$ так, что $AB=BM=CM$. Точка $K$ симметрична точке $N$ относительно прямой $MD$. Прямая $MK$ пересекает отрезок $AD$ в точке $L$. Пусть $P$ — общая точка описанных окружностей треугольников $AMD$ и $CNK$, причем точки $A$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $MK$. Докажите, что $\angle CPM=\angle DPL$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

1) Пусть имеется окружность $\omega$ с центром в точке $C'$ и $R=C'D$ пусть $DM$ секущая и на прямой $DM$ лежит точка $O_{1}$ проведем касательную $l$ к $\omega$ с точки $O_{1}$ и $T \in l \cap \omega$ проведем окружность $\omega_{1}$ радиуса $O_{1}T$ так же $L,K \in C'M \cap \omega_{1}$ и $N \in DL \cap \omega_{1}$

Утверждение: в данном построений $NM || C'D$

Доказательство: пусть $N' \in C'N \cap \omega_{1}$ по свойству инверсии, при инверсий относительно $\omega_{1}$ прямая $NL$ перейдет в окружность проходящую через $O_{1},N,L$ и так как $\omega$ перейдет в себя так как $\omega \perp \omega_{1}$ тогда $D->M$ тогда $\angle O_{1}KM = \angle O_{1}LM = O_{1}NM$ , $O_{1}N = O_{1}K$ получается $MK=MN$ тогда $ \angle O_{1}MN = \angle O_{1}MK= \angle C'MD = \angle MDC'$ то есть $NM || C'D$.

2) Пусть $E \in \omega$ что $C'E \perp MD$ и $C \in MN \cap C'E$ так как $NK || C'E$ тогда $C'M = CM$ так же $H \in N'L \cap CC'$ тогда при инверсий относительно $\omega$ прямая $N'L$ перейдет в окружность $\omega_{2}$ проходящую $C,N,K$ но так как $C'CNK$ равнобедренная трапеция, тогда $\angle NKC' = \angle MC'C = \angle MCC'$ то есть $C \in \omega_{2}$ или $H->C$ пусть $P \in \omega \cap \omega_{2}$ то есть $N',P,L,H$ лежат на одной прямой.

Утверждение: $H$ центра описанной окружности около $C'MD$

Доказательство: пусть $F \in MH \cap \omega$ тогда при инверсии относительно $\omega$ прямая $MH$ перейдет в окружность проходящую через $F,C',M,C$ откуда $\angle MC'H = \angle MC'C = \angle MCC' = \angle MFC' = \angle CM'F$ то есть $HC' = HM$

3) Так как $\angle DME=\dfrac{ \angle MC'C}{2}$ тогда $ME$ биссектриса $\angle HMC$, значит точка $P$ лежит на окружности Аполлония ($\omega$) , откуда $PE$ биссектриса $\angle HPC$ и так как $\angle DPE = \angle MPE$ значит $\angle CPM = \angle DPL$

4) Вернемся к задаче: Пусть $A \in DN \cap \omega$ пусть теперь $B$ такая точка что $ABCD$ параллелограмм, тогда получаем что в таком построений $C'M = CD = AB$ то есть $ABMC'$ параллелограмм , тогда $AB=BM=CM$

Рисунок

Dля начало докажем пару фактов

1) $KL \parallel DC$

$\angle CMD = \angle MND + \angle NDM$ = $\angle MDK + \angle CDK$

$\angle DNM = \angle CDK = \angle DKM$

2) центр описанной окружности $\triangle AMD$ лежит на описанной окружности $\triangle CNK$

проведём $KL$ до пересечения с окружностью описанной около $ \triangle CNK$ пусть это будет $O$, заметим что $BM=CM=OM$ то есть $M$ центр описанной окружности $\triangle BCO$

значит $\angle BOC = \frac {\angle BMC}{2}$. Не трудно заметить что $\angle BOM = \frac {\angle ABM}{2}$ значит $BO$ и $CO$ это серединные перпендикуляры к $AM$ и $MD$, следовательно $O$ центр описанной окружности $\triangle AMD$

3) $L$ лежит на Радикальной оси $PQ$

$\angle MAL = \frac {\angle DOM}{2} = \angle NKM$ значит точки $K,M,N,A$ лежат на одной окружности и отсюда выходит что $\angle KAM = \angle MAL$ то есть $\angle KAD = \angle KOD$, то есть точки $K,D,O,A$ на одной окружности, следовательно $AL*LD=KL*LO$. Также заметим что $\angle KPC = \angle MPD = \frac { \angle MOD}{2}$

finish $K,P,O,Q$ На одной окружности, значит $\angle KPQ = \angle KOQ$, но так же $\angle KOQ = \angle MOQ = 2\angle MPQ$ то есть $PM$ биссектриса угла $\angle KPL$ и так как $\angle KPC = \angle MPD$, выходит что $ \angle CPM = \angle DPL$